2022年湖南省新高考物理試卷

2022年湖南省新高考物理試卷試題數(shù)：18，總分：1001.（單選題，4分）關(guān)于原子結(jié)構(gòu)和微觀粒子波粒二象性，下列說法正確的是（）A.盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型解釋了原子光譜的分立特征B.玻爾的原子理論完全揭示了微觀粒子運(yùn)動的規(guī)律C.光電效應(yīng)揭示了光的粒子性D.電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣揭示了電子的粒子性2.（單選題，4分）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關(guān)于長方體幾何中心O點(diǎn)處電場強(qiáng)度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（）A.電場強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢減小B.電場強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢減小C.電場強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢增大D.電場強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢增大3.（單選題，4分）如圖（a），直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（）

A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB.電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比4.（單選題，4分）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v05.（單選題，4分）2022年北京冬奧會跳臺滑雪空中技巧比賽場地邊，有一根系有飄帶的風(fēng)力指示桿，教練員根據(jù)飄帶的形態(tài)提示運(yùn)動員現(xiàn)場風(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細(xì)一致的勻質(zhì)長繩，其所處范圍內(nèi)風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當(dāng)飄帶穩(wěn)定時，飄帶實(shí)際形態(tài)最接近的是（）A.B.C.D.6.（單選題，4分）如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表?的示數(shù)為U，理想電流表?的示數(shù)為I。下列說法正確的是（）A.保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，U不變B.保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大C.保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大D.保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小7.（多選題，5分）神舟十三號返回艙進(jìn)入大氣層一段時間后，逐一打開引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實(shí)現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運(yùn)動情況，將其運(yùn)動簡化為豎直方向的直線運(yùn)動，其v-t圖像如圖所示。設(shè)該過程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是（）A.在0～t1時間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時間減小B.在0～t1時間內(nèi)，返回艙的加速度不變C.在t1～t2時間內(nèi)，返回艙的動量隨時間減小D.在t2～t3時間內(nèi)，返回艙的機(jī)械能不變8.（多選題，5分）如圖，火星與地球近似在同一平面內(nèi)，繞太陽沿同一方向做勻速圓周運(yùn)動，火星的軌道半徑大約是地球的1.5倍。地球上的觀測者在大多數(shù)的時間內(nèi)觀測到火星相對于恒星背景由西向東運(yùn)動，稱為順行；有時觀測到火星由東向西運(yùn)動，稱為逆行。當(dāng)火星、地球、太陽三者在同一直線上，且太陽和火星位于地球兩側(cè)時，稱為火星沖日。忽略地球自轉(zhuǎn)，只考慮太陽對行星的引力，下列說法正確的是（）A.火星的公轉(zhuǎn)周期大約是地球的倍B.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運(yùn)動為順行C.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運(yùn)動為逆行D.在沖日處，火星相對于地球的速度最小9.（多選題，5分）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機(jī)，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即F阻=kv2，k為常量）。當(dāng)發(fā)動機(jī)關(guān)閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當(dāng)發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器豎直向上運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g，不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變化，下列說法正確的是（）A.發(fā)動機(jī)的最大推力為1.5MgB.當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機(jī)推力的大小為MgC.發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5m/sD.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達(dá)到3g10.（多選題，5分）如圖，間距L=1m的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有0.1Ω的定值電阻R，固定在高h(yuǎn)=0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為0.1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Ω，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導(dǎo)體棒a距離導(dǎo)軌最右端1.74m。整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T。用F=0.5N沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a，當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒b剛要滑動，撤去F，導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中，水平位移為0.6mB.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動勢不變C.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動的趨勢D.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C11.（問答題，6分）小圓同學(xué)用橡皮筋、同種一元硬幣、刻度尺、塑料袋、支架等，設(shè)計了如圖（a）所示的實(shí)驗裝置，測量冰墩墩玩具的質(zhì)量。主要實(shí)驗步驟如下：

（1）查找資料，得知每枚硬幣的質(zhì)量為6.05g；

（2）將硬幣以5枚為一組逐次加入塑料袋，測量每次穩(wěn)定后橡皮筋的長度l，記錄數(shù)據(jù)如下表：序號12345硬幣數(shù)量n/枚510152025長度l/cm10.5112.0213.5415.0516.56（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（b）上描點(diǎn)，繪制圖線；

（4）取出全部硬幣，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，穩(wěn)定后橡皮筋長度的示數(shù)如圖（c）所示，此時橡皮筋的長度為___cm；

（5）由上述數(shù)據(jù)計算得冰墩墩玩具的質(zhì)量為___g（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。12.（問答題，9分）小夢同學(xué)自制了一個兩擋位（“×1”“×10”）的歐姆表，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，R0為調(diào)零電阻（最大阻值為R0m），Rs、Rm、Rn為定值電阻（Rs+R0m＜Rm＜Rn），電流計?的內(nèi)阻為RG（Rs＜＜RG）。用此歐姆表測量一待測電阻的阻值，回答下列問題：

（1）短接①②，將單刀雙擲開關(guān)S與m接通，電流計?示數(shù)為Im；保持電阻R0滑片位置不變，將單刀雙擲開關(guān)S與n接通，電流計?示數(shù)變?yōu)镮n，則Im___In（填“大于”或“小于”）；

（2）將單刀雙擲開關(guān)S與n接通，此時歐姆表的擋位為___（填“×1”或“×10”）；

（3）若從“×1”擋位換成“×10”擋位，調(diào)整歐姆零點(diǎn)（歐姆零點(diǎn)在電流計?滿偏刻度處）時，調(diào)零電阻R0的滑片應(yīng)該___調(diào)節(jié)（填“向上”或“向下”）；

（4）在“×10”擋位調(diào)整歐姆零點(diǎn)后，在①②間接入阻值為100Ω的定值電阻R1，穩(wěn)定后電流計?的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的；取走R1，在①②間接入待測電阻Rx，穩(wěn)定后電流計?的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的，則Rx=___Ω。13.（問答題，13分）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。

（1）求直流電源的電動勢E0；

（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；

（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強(qiáng)電場，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度的最小值E′。14.（問答題，15分）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0＜λ＜），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。

（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

（2）若籃球反彈至最高處h時，運(yùn)動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；

（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時，運(yùn)動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。15.（多選題，5分）利用“渦流效應(yīng)”可實(shí)現(xiàn)冷熱氣體的分離。如圖，一冷熱氣體分離裝置由噴嘴、渦流室、環(huán)形管、分離擋板和冷熱兩端管等構(gòu)成。高壓氮?dú)庥蓢娮烨邢蛄魅霚u流室中，然后以螺旋方式在環(huán)形管中向右旋轉(zhuǎn)前進(jìn)，分子熱運(yùn)動速率較小的氣體分子將聚集到環(huán)形管中心部位，而分子熱運(yùn)動速率較大的氣體分子將聚集到環(huán)形管邊緣部位。氣流到達(dá)分離擋板處時，中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向，從A端流出，邊緣部位氣流從B端流出。下列說法正確的是（）

A.A端為冷端，B端為熱端B.A端流出的氣體分子熱運(yùn)動平均速率一定小于B端流出的C.A端流出的氣體內(nèi)能一定大于B端流出的D.該裝置氣體進(jìn)出的過程滿足能量守恒定律，但違背了熱力學(xué)第二定律E.該裝置氣體進(jìn)出的過程既滿足能量守恒定律，也滿足熱力學(xué)第二定律16.（問答題，8分）如圖，小贊同學(xué)設(shè)計了一個液體拉力測量儀。一個容積V0=9.9L的導(dǎo)熱汽缸下接一圓管，用質(zhì)量m1=90g、橫截面積S=10cm2的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與圓管壁間摩擦不計?；钊露擞幂p質(zhì)細(xì)繩懸掛一質(zhì)量m2=10g的U形金屬絲，活塞剛好處于A位置。將金屬絲部分浸入待測液體中，緩慢升起汽缸，使金屬絲從液體中拉出，活塞在圓管中的最低位置為B。已知A、B間距離h=10cm，外界大氣壓強(qiáng)p0=1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，環(huán)境溫度保持不變。求

（?。┗钊幱贏位置時，汽缸中的氣體壓強(qiáng)p1；

（ⅱ）活塞處于B位置時，液體對金屬絲拉力F的大小。17.（多選題，0分）下端附著重物的粗細(xì)均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡諧運(yùn)動；與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運(yùn)動，如圖（a）所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標(biāo)系，浮力F隨水平位移x的變化如圖（b）所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A.x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小B.x從0.21m到0.25m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小C.x=0.35m和x=0.45m時，木棒的速度大小相等，方向相反D.木棒在豎直方向做簡諧運(yùn)動的振幅為E.木棒的運(yùn)動為向x軸正方向傳播的機(jī)械橫波，波速為0.4m/s18.（問答題，0分）如圖，某種防窺屏由透明介質(zhì)和對光完全吸收的屏障構(gòu)成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可實(shí)現(xiàn)對像素單元可視角度θ的控制（可視角度θ定義為某像素單元發(fā)出的光在圖示平面內(nèi)折射到空氣后最大折射角的2倍）。透明介質(zhì)的折射率n=2，屏障間隙L=0.8mm。發(fā)光像素單元緊貼屏下，位于相鄰兩屏障的正中間。不考慮光的衍射。

（?。┤舭寻l(fā)光像素單元視為點(diǎn)光源，要求可視角度θ控制為60°，求屏障的高度d；

（ⅱ）若屏障高度d=1.0mm，且發(fā)光像素單元的寬度不能忽略，求像素單元寬度x最小為多少時，其可視角度θ剛好被擴(kuò)為180°（只要看到像素單元的任意一點(diǎn)，即視為能看到該像素單元）。

2022年湖南省新高考物理試卷參考答案與試題解析試題數(shù)：18，總分：1001.（單選題，4分）關(guān)于原子結(jié)構(gòu)和微觀粒子波粒二象性，下列說法正確的是（）A.盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型解釋了原子光譜的分立特征B.玻爾的原子理論完全揭示了微觀粒子運(yùn)動的規(guī)律C.光電效應(yīng)揭示了光的粒子性D.電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣揭示了電子的粒子性【正確答案】：C【解析】：盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型是為了解釋α粒子散射實(shí)驗現(xiàn)象的，玻爾理論保存了部分經(jīng)典物理思想，光電效應(yīng)說明光具有粒子性，衍射是波特有的現(xiàn)象。

【解答】：解：A、盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型是為了解釋α粒子散射實(shí)驗現(xiàn)象的，氫原子光譜的分立特征說明了盧瑟福核式結(jié)構(gòu)模型有一定的局限性，故A錯誤

B、玻爾原子理論只能解釋氫原子光譜，對于其他原子的光譜無法解釋，由于其理論中還保留了部分經(jīng)典物理理論，所以不能完全揭示微觀粒子運(yùn)動的規(guī)律，故B錯誤；

C、光電效應(yīng)現(xiàn)象無法用經(jīng)典的電磁理論解釋，愛因斯坦的光子說能夠完美的解釋這一現(xiàn)象，揭示了光的粒子性，故C正確。

D、衍射是波特有的現(xiàn)象，電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣揭示了電子的波動性，故D錯誤。

故選：C。

【點(diǎn)評】：本題在考查基本概念以及對物理學(xué)發(fā)展的了解，注意不要死記硬背，要深度理解。2.（單選題，4分）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關(guān)于長方體幾何中心O點(diǎn)處電場強(qiáng)度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（）A.電場強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢減小B.電場強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢減小C.電場強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢增大D.電場強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢增大【正確答案】：A【解析】：四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊上，根據(jù)對稱性可知O點(diǎn)場強(qiáng)為零，以此分析移去a棒后O點(diǎn)的場強(qiáng)大小。電勢是標(biāo)量，每根帶電絕緣棒在O點(diǎn)激發(fā)的電勢的代數(shù)和為O點(diǎn)的電勢。

【解答】：解；四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊上，根據(jù)對稱性可知O點(diǎn)場強(qiáng)為零，且b棒和d棒由于對稱性，在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，故a棒與c棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)也為0。因此移去a棒后，O點(diǎn)的場強(qiáng)可以認(rèn)為是由c棒單獨(dú)產(chǎn)生。c棒帶正電，且由對稱性可知，其在O點(diǎn)的場強(qiáng)應(yīng)垂直指向a。電勢是標(biāo)量，若以無窮遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn)，四根帶正電的絕緣棒周圍的電勢均大于0，O點(diǎn)的電勢等于所有棒在O點(diǎn)激發(fā)的電勢的代數(shù)和，故移去a棒后O點(diǎn)的電勢減小，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

【點(diǎn)評】：本題考查對稱思想、物理量的標(biāo)失性，注意對概念的學(xué)習(xí)與理解。3.（單選題，4分）如圖（a），直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（）

A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB.電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比【正確答案】：D【解析】：對直導(dǎo)線進(jìn)行受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系分析出不同力之間的關(guān)系，結(jié)合安培力公式和三角函數(shù)完成分析。

【解答】：解：A、導(dǎo)體受到向下的重力，沿懸線向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。對直導(dǎo)線MN進(jìn)行受力分析，如圖所示：

根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向N，故A錯誤；

B、直導(dǎo)線MN在懸線的拉力、安培力和重力的作用下處于平衡狀態(tài)，當(dāng)電流增大，安培力會變化，再次處于平衡狀態(tài)時安培力與重力的合力發(fā)生了變化，相應(yīng)的懸線對導(dǎo)線的拉力也要變化，由牛頓第三定律可知，導(dǎo)線對懸線的拉力會改變，故B錯誤；

CD、因為磁場的方向處處指向OO'，即磁場處處與懸線平行，故直導(dǎo)線MN受到的安培力始終與懸線垂直。

根據(jù)幾何關(guān)系可得：tanθ=，由B可知當(dāng)電流I發(fā)生變化時，懸線的拉力T也要變化，所以tanθ與電流I不成正比；同理sinθ=，因為重力恒定，所以sinθ與電流I成正比，故C錯誤，D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評】：本題主要考查了安培力的計算，熟悉安培力的計算公式，根據(jù)物體的受力分析和幾何關(guān)系即可完成解答。4.（單選題，4分）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0【正確答案】：B【解析】：根據(jù)彈性碰撞模型規(guī)律即可求解

【解答】：解：設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核和氮核的質(zhì)量分別為m、14m，

由于碰撞為彈性碰撞，選向右為正方向，由動量守恒定律得：中子與氫核碰撞，mv0=mv+mv1，，解得：v1=v0

中子與氮核碰撞，mv0=mvn+14mv2，

解得：v2==v0

A、碰撞后氫核動量為mv0，氮核動量為14m×=mv0，氮核動量大于氫核動量，故A錯誤；

B、碰撞后氮核的動能為=，氫核的動能為m，所以碰撞后氮核的動能比氫核的小，故B正確；

CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD錯誤；

故選：B。

【點(diǎn)評】：本題看似在考查原子核物理，實(shí)則在考彈性碰撞模型的理解與應(yīng)用，注意知識遷移能力的培養(yǎng)。5.（單選題，4分）2022年北京冬奧會跳臺滑雪空中技巧比賽場地邊，有一根系有飄帶的風(fēng)力指示桿，教練員根據(jù)飄帶的形態(tài)提示運(yùn)動員現(xiàn)場風(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細(xì)一致的勻質(zhì)長繩，其所處范圍內(nèi)風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當(dāng)飄帶穩(wěn)定時，飄帶實(shí)際形態(tài)最接近的是（）A.B.C.D.【正確答案】：A【解析】：取很短的一段飄帶進(jìn)行受力分析，結(jié)合力的特點(diǎn)得出飄帶的角度關(guān)系。

【解答】：解：設(shè)風(fēng)速度為v，取飄帶上任意長度為x（x趨近于0）的質(zhì)量為m，飄帶長度為d，則該部分飄帶的重力和所受風(fēng)力分別為

G=mg；F=kxdv2sinθ

則重力與風(fēng)力的合力與豎直方向的夾角為

tanθ=

整理可得：

任意長度為x的飄帶重力相等，所受風(fēng)力的大小相等，則cosθ相等，則飄帶為一條傾斜的直線，故A正確，BCD錯誤；

故選：A。

【點(diǎn)評】：本題主要考查了受力分析的相關(guān)應(yīng)用，需要用到微元法的相關(guān)知識。6.（單選題，4分）如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表?的示數(shù)為U，理想電流表?的示數(shù)為I。下列說法正確的是（）A.保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，U不變B.保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大C.保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大D.保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小【正確答案】：B【解析】：保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，即原、副線圈的匝數(shù)比保持不變，R2接入電路的阻值減小，根據(jù)變壓器原理結(jié)合歐姆定律分析AB選項；

將原線圈以及后面的電路等效為一個電阻，根據(jù)電路動態(tài)分析的方法進(jìn)行分析；

將原線圈以及后面的電路等效為一個電阻，當(dāng)?shù)刃щ娮璧淖柚档扔?R時，R1消耗的電功率最大，由此分析。

【解答】：解：根據(jù)原副線圈兩端的電流和電壓的比值關(guān)系可知，原線圈的“等效電阻”與副線圈的電阻的比值關(guān)系為：。

可知此電路的等效電路如圖所示：

AB、保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，即原、副線圈的匝數(shù)比保持不變，R2接入電路的阻值減小，則由上述分析可知，原線圈位置的等效電阻保持不變，因為滑動變阻器的電阻變小，則電流I變大，U變小，而R1消耗的功率增大，故A錯誤，B正確；

C、保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，n2減小，等效電阻增大，電流I減小，則電壓表的示數(shù)減小，故C錯誤；

D、滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，此時“等效電阻”的阻值為R等效==4R＜R2；

保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，則副線圈的匝數(shù)變小，相當(dāng)于原線圈位置的“等效電阻”增大；當(dāng)?shù)刃щ娮璧淖柚档扔赗2時，R1消耗的功率最大；當(dāng)?shù)刃щ娮璧淖柚荡笥?R時，P1向下緩慢滑動時，R1消耗的電功率減小，故D錯誤。

故選：B。

【點(diǎn)評】：本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關(guān)鍵是知道理想變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比。知道等效電阻的阻值計算方法，掌握功率最大的條件。7.（多選題，5分）神舟十三號返回艙進(jìn)入大氣層一段時間后，逐一打開引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實(shí)現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運(yùn)動情況，將其運(yùn)動簡化為豎直方向的直線運(yùn)動，其v-t圖像如圖所示。設(shè)該過程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是（）A.在0～t1時間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時間減小B.在0～t1時間內(nèi)，返回艙的加速度不變C.在t1～t2時間內(nèi)，返回艙的動量隨時間減小D.在t2～t3時間內(nèi)，返回艙的機(jī)械能不變【正確答案】：AC【解析】：根據(jù)v-t圖像判斷出返回艙速度的變化，根據(jù)P=mgv求得重力的瞬時功率，根據(jù)p=mv判斷出動量的變化，機(jī)械能為動能與勢能之和。

【解答】：解：A、根據(jù)v-t圖像可知在0～t1時間內(nèi)速度逐漸減小，根據(jù)P=mgv，返回艙重力的功率隨時間減小，故A正確；

B、在v-t圖像中，圖像的斜率表示加速度，斜率逐漸減小，故加速度逐漸減小，故B錯誤；

C、在t1～t2時間內(nèi)，速度逐漸減小，根據(jù)p=mv可知返回艙的動量隨時間減小，故C正確；

D、在t2～t3時間內(nèi)，返回艙的速度不變，動能不變，但重力勢能減小，故機(jī)械能減小，故D錯誤；

故選：AC。

【點(diǎn)評】：本題主要考查了v-t圖像，根據(jù)圖像判斷出速度的變化，抓住圖像的斜率表示加速度，利用好動量和瞬時功率的定義式即可。8.（多選題，5分）如圖，火星與地球近似在同一平面內(nèi)，繞太陽沿同一方向做勻速圓周運(yùn)動，火星的軌道半徑大約是地球的1.5倍。地球上的觀測者在大多數(shù)的時間內(nèi)觀測到火星相對于恒星背景由西向東運(yùn)動，稱為順行；有時觀測到火星由東向西運(yùn)動，稱為逆行。當(dāng)火星、地球、太陽三者在同一直線上，且太陽和火星位于地球兩側(cè)時，稱為火星沖日。忽略地球自轉(zhuǎn)，只考慮太陽對行星的引力，下列說法正確的是（）A.火星的公轉(zhuǎn)周期大約是地球的倍B.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運(yùn)動為順行C.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運(yùn)動為逆行D.在沖日處，火星相對于地球的速度最小【正確答案】：CD【解析】：火星和地球繞太陽做勻速圓周運(yùn)動，太陽對行星的引力提供它們繞太陽做圓周運(yùn)動的向心力；由開普勒第三定律求火星的公轉(zhuǎn)周期和地球公轉(zhuǎn)周期的比值；在沖日處，火星運(yùn)行速度小于地球的運(yùn)行速度，相對地球的運(yùn)行方向是自東向西運(yùn)動，即逆行。在沖日處，火星和地球的速度同向，則火星相對于地球的速度最小。

【解答】：解：A、由開普勒第三定律可得

由火星的軌道半徑大約是地球的1.5倍可得

T火=T地，故A錯誤；

BC、由于火星的半徑比地球的半徑大，太陽對行星的引力提供行星做圓周運(yùn)動的向心力

=

解得：v=可知火星運(yùn)動的線速度小于地球的線速度，火星相對地球自東向西運(yùn)動，即逆行，故B錯誤，C正確；

D、根據(jù)矢量的運(yùn)算法則，在沖日處，火星和地球的速度同向時，火星相對于地球的速度最小，故D正確。

故選：CD。

【點(diǎn)評】：本題考查了行星繞太陽運(yùn)動的周期比，及行星間的相對運(yùn)動，中檔難度。9.（多選題，5分）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機(jī)，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即F阻=kv2，k為常量）。當(dāng)發(fā)動機(jī)關(guān)閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當(dāng)發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器豎直向上運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g，不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變化，下列說法正確的是（）A.發(fā)動機(jī)的最大推力為1.5MgB.當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機(jī)推力的大小為MgC.發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5m/sD.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達(dá)到3g【正確答案】：BC【解析】：由飛行器做勻速運(yùn)動，飛行器的合力為零列方程求最大推力；當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時，由矢量運(yùn)算求發(fā)動機(jī)推力的大小。由牛頓第二定律求加速度的范圍。

【解答】：解：A、飛行器豎直下落，其勻速下落的速率為10m/s時，飛行器的合力為零

k=Mg

解得：Mg=100k

發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器豎直向上運(yùn)動，飛行器勻速向上的速率為5m/s時，飛行器的合力為零

Fmax=k+Mg

解得：Fmax=125k=1.25Mg，故A錯誤；

B、當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時，受到與運(yùn)動方向相反的水平方向的阻力，大小為

F阻=k?52=25k=Mg

同時飛行器受到豎直向下的重力，若要保持勻速飛行，發(fā)動機(jī)的推力應(yīng)該跟阻力與重力的合力等大、反向

受力分析如下圖：

由此可得，此時發(fā)動機(jī)的推力為：

F=

解得：F=Mg，故B正確；

C、發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，設(shè)飛行器速率為v

結(jié)合B中的方法可以求出飛行器受到的阻力大小為：

kv2==Mg

而由A求得Mg=100k

所以v=5m/s，故C正確；

D、當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時。產(chǎn)生的阻力大小為

F阻'=k?52=25k=Mg

飛行器的重力為Mg，最大推力為Fmax=1.25mg

當(dāng)最大推力與重力同向時，飛行器向下運(yùn)動，此時飛行器受到的合力最大，設(shè)此時的加速度為a1，則有

1.25Mg+Mg-Mg=Ma1

解得：a1=2g

當(dāng)飛行器以5m/s的速率是向上飛行時，由題意可知，飛行器在某種狀態(tài)下可以保持這一速率做勻速飛行，即飛行器的最小加速度為0

所以飛行器的加速度范圍是0≤a≤2g，故D錯誤；

故選：BC。

【點(diǎn)評】：本題考查的內(nèi)容有共點(diǎn)力平衡，牛頓第二定律，力的合成等，試題中檔難度。10.（多選題，5分）如圖，間距L=1m的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有0.1Ω的定值電阻R，固定在高h(yuǎn)=0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為0.1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Ω，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導(dǎo)體棒a距離導(dǎo)軌最右端1.74m。整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T。用F=0.5N沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a，當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒b剛要滑動，撤去F，導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中，水平位移為0.6mB.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動勢不變C.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動的趨勢D.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C【正確答案】：BD【解析】：根據(jù)臨界條件求解通過b的電流，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解a做平拋運(yùn)動的初速度，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求解水平位移；

導(dǎo)體棒a做平拋運(yùn)動時有效切割速度不變，根據(jù)E=BLv分析感應(yīng)電動勢的變化情況；

根據(jù)右手定則可知電流方向，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒b受到的安培力方向，由此分析b的運(yùn)動趨勢；

根據(jù)電荷量的計算公式結(jié)合電路連接情況求解通過電阻R的電荷量。

【解答】：解：A、導(dǎo)體棒b剛要滑動的條件是受到的安培力等于最大靜摩擦力，b受到的最大靜摩擦力為：

fmax=μmg=0.1×0.1×10N=0.1N

根據(jù)平衡條件可得：BIbL=fmax，

代入數(shù)據(jù)可解得通過b的電流為：Ib=1A，

由于b與R并聯(lián)后與a串聯(lián)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：

E=2IbRa+IbRb，

代入數(shù)據(jù)解得：E=0.3V

設(shè)導(dǎo)體棒a剛要離開桌面時的速度大小為v，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=BLv

解得：v=3m/s

導(dǎo)體棒a做平拋運(yùn)動的時間為t==s=0.4s

所以導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中，水平位移大小為：

x=vt=3×0.4m=1.2m，故A錯誤；

B、導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前，做平拋運(yùn)動，水平方向的速度大小不變，即導(dǎo)體棒a切割磁場的有效速度不變，根據(jù)E=BLv可知，其感應(yīng)電動勢不變，故B正確；

C、導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，根據(jù)右手定則可知電流方向為逆時針（俯視），根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒b受到的安培力方向向左，所以導(dǎo)體棒b有向左運(yùn)動的趨勢，故C錯誤；

D、導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，設(shè)通過a的電荷量為q0，根據(jù)電荷量的計算公式可得：q0===

其中R總=Ra+

代入數(shù)據(jù)解得：q0=1.16C

則通過電阻R的電荷量為：

q=q0=×1.16C=0.58C，故D正確。

故選：BD。

【點(diǎn)評】：對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相當(dāng)于電源，根據(jù)電路連接情況，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律列方程求解。11.（問答題，6分）小圓同學(xué)用橡皮筋、同種一元硬幣、刻度尺、塑料袋、支架等，設(shè)計了如圖（a）所示的實(shí)驗裝置，測量冰墩墩玩具的質(zhì)量。主要實(shí)驗步驟如下：

（1）查找資料，得知每枚硬幣的質(zhì)量為6.05g；

（2）將硬幣以5枚為一組逐次加入塑料袋，測量每次穩(wěn)定后橡皮筋的長度l，記錄數(shù)據(jù)如下表：序號12345硬幣數(shù)量n/枚510152025長度l/cm10.5112.0213.5415.0516.56（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（b）上描點(diǎn)，繪制圖線；

（4）取出全部硬幣，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，穩(wěn)定后橡皮筋長度的示數(shù)如圖（c）所示，此時橡皮筋的長度為___cm；

（5）由上述數(shù)據(jù)計算得冰墩墩玩具的質(zhì)量為___g（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。【正確答案】：15.35;127【解析】：（3）將表中數(shù)據(jù)描于坐標(biāo)紙上，用一條直線盡可能多地穿過更多的點(diǎn)，不在直線上的點(diǎn)盡量均勻分布在直線兩側(cè)，誤差較大的點(diǎn)舍去，畫出l-n圖像；

（4）根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則得出橡皮筋的長度；

（5）根據(jù)圖像的特點(diǎn)結(jié)合硬幣的質(zhì)量得出冰墩墩玩具的質(zhì)量。

【解答】：解：（3）將表中的數(shù)據(jù)描于坐標(biāo)紙上，用一條直線盡可能多地穿過更多的點(diǎn)，不在直線上的點(diǎn)盡量均勻分布在直線兩側(cè)，誤差較大的點(diǎn)舍去，畫出的l-n圖像如下圖所示：

（4）刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到下一位，則橡皮筋的長度為15.35cm；

（5）根據(jù)上述表格可知，當(dāng)橡皮筋的長度為15.35cm時，對應(yīng)的橫軸坐標(biāo)約為22枚，結(jié)合題目中的數(shù)據(jù)可知，冰墩墩玩具的質(zhì)量為m=21×6.05g=127g。

故答案為：（3）如上圖所示；（4）15.35；（5）127

【點(diǎn)評】：本題主要考查了彈力和彈簧伸長關(guān)系的探究實(shí)驗，熟悉作圖法，學(xué)會從圖像上得出對應(yīng)的物理量即可，難度不大。12.（問答題，9分）小夢同學(xué)自制了一個兩擋位（“×1”“×10”）的歐姆表，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，R0為調(diào)零電阻（最大阻值為R0m），Rs、Rm、Rn為定值電阻（Rs+R0m＜Rm＜Rn），電流計?的內(nèi)阻為RG（Rs＜＜RG）。用此歐姆表測量一待測電阻的阻值，回答下列問題：

（1）短接①②，將單刀雙擲開關(guān)S與m接通，電流計?示數(shù)為Im；保持電阻R0滑片位置不變，將單刀雙擲開關(guān)S與n接通，電流計?示數(shù)變?yōu)镮n，則Im___In（填“大于”或“小于”）；

（2）將單刀雙擲開關(guān)S與n接通，此時歐姆表的擋位為___（填“×1”或“×10”）；

（3）若從“×1”擋位換成“×10”擋位，調(diào)整歐姆零點(diǎn)（歐姆零點(diǎn)在電流計?滿偏刻度處）時，調(diào)零電阻R0的滑片應(yīng)該___調(diào)節(jié)（填“向上”或“向下”）；

（4）在“×10”擋位調(diào)整歐姆零點(diǎn)后，在①②間接入阻值為100Ω的定值電阻R1，穩(wěn)定后電流計?的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的；取走R1，在①②間接入待測電阻Rx，穩(wěn)定后電流計?的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的，則Rx=___Ω?！菊_答案】：大于;×10;向上;400【解析】：（1）開關(guān)S由與m接通變?yōu)榕cn接通后，根據(jù)電阻的變化分析電流的變化；

（2）倍率越大的擋位內(nèi)電阻越大；

（3）若從“×1”擋位換成“×10”擋位，總電阻增大，通過電流表的電流減小，根據(jù)電路連接情況分析滑動變阻器的移動情況；

（3）根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合①②間接入電阻的情況列方程求解。

【解答】：解：（1）在保持電阻R0滑片位置不變的情況下，因Rm＜Rn，開關(guān)S由與m接通變?yōu)榕cn接通后，干路電流變小，由并聯(lián)電路分流性質(zhì)可知電流計?示數(shù)變小，故Im大于In；

（2）歐姆表的中值電阻為內(nèi)電阻，“×1”擋的內(nèi)電阻小于“×10”擋的內(nèi)電阻，故將單刀雙擲開關(guān)S與n接通，此時歐姆表的擋位為“×10”；

（3）若從“×1”擋位換成“×10”擋位，總電阻增大，通過電流表的電流減小；要想進(jìn)行歐姆調(diào)零，需要使電流表電流增大，所以調(diào)零電阻R0的滑片應(yīng)該向上滑動，時的電流表所在的支路電阻減小、電流增大；

（3）在①②間接入阻值為100Ω的定值電阻R1，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：=

在①②間接入待測電阻Rx，穩(wěn)定后電流計?的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的，則有：=

當(dāng)①②間短路時，有：Ig=

聯(lián)立解得：Rx=400Ω。

故答案為：（1）大于；（2）×10；（3）向上；（4）400。

【點(diǎn)評】：本題主要是考查歐姆表測電阻的原理，關(guān)鍵是弄清楚電路的連接情況和改裝原理，能夠根據(jù)閉合電路的歐姆定律進(jìn)行解答。13.（問答題，13分）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。

（1）求直流電源的電動勢E0；

（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；

（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強(qiáng)電場，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度的最小值E′?！菊_答案】：

【解析】：（1）小球在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動，說明合力等于洛倫茲力，根據(jù)受力分析和歐姆定律計算出電動勢；

（2）根據(jù)幾何關(guān)系得出小球做圓周運(yùn)動的半徑，結(jié)合牛頓第二定律計算出磁感應(yīng)強(qiáng)度；

（3）小球做直線運(yùn)動，則小球受到的合力與速度共線，結(jié)合幾何關(guān)系得出場強(qiáng)的最小值。

【解答】：解：（1）小球做在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動，則小球受到的重力和電場力等大反向，洛倫茲力提供向心力

即qE=mg

根據(jù)歐姆定律可知，極板間的電壓為：

結(jié)合場強(qiáng)的計算公式：

U=Ed

聯(lián)立解得：E0=

（2）小球做圓周運(yùn)動，畫出小球的運(yùn)動軌跡圖如下圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系可得：

r2=3d2+（r-d）2

解得：r=2d

根據(jù)牛頓第二定律得：

聯(lián)立解得：B=

（3）根據(jù)上述分析可知，小球離開極板時的速度方向與豎直方程成30°夾角

為了保證小球離開電容器沿直線運(yùn)動，可知小球的合力與速度反向，結(jié)合幾何關(guān)系可知

qE′=mgsinθ

解得：E'=

答：（1）求直流電源的電動勢為；

（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為；

（3）電場強(qiáng)度的最小值為。

【點(diǎn)評】：本題主要考查了帶電粒子在疊加場的運(yùn)動，熟悉粒子的受力分析，根據(jù)電容器的知識和歐姆定律完成電路部分的分析，結(jié)合幾何關(guān)系和牛頓第二定律即可完成解答。14.（問答題，15分）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0＜λ＜），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。

（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

（2）若籃球反彈至最高處h時，運(yùn)動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；

（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時，運(yùn)動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。【正確答案】：

【解析】：（1）根據(jù)牛頓第二定律計算出籃球的加速度，結(jié)合速度—位移公式得出碰撞前后的速率，并由此得到比值關(guān)系；

（2）選取不同的過程，根據(jù)動能定理以及（1）問的比值關(guān)系完成分析；

（3）依次計算出拍打過后的速度，聯(lián)立運(yùn)動學(xué)公式和數(shù)學(xué)知識完成分析。

【解答】：解：（1）籃球在下落過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知：

根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰前速度為：

籃球反彈的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得：

根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰后速率為：

因此

k==

（2）籃球反彈到最高點(diǎn)時，運(yùn)動員對籃球施加一個向下的力，根據(jù)動能定理得：

根據(jù)（1）問的描述可知，籃球落地反彈的速度為

v4=kv3

在反彈上升的過程中，根據(jù)動能定理可得：

聯(lián)立解得：F0=

（3）由（1）問的分析可知，籃球上升和下降過程的加速度分別為

a1=（1-λ）g（方向向下）

a2=（1+λ）g（方向向上）

因為拍打的時間極短，重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理可知

I=mv

即每次拍打籃球都會給籃球一個速度v。

拍打第一次下降過程中

上升過程中有

將k代入上升過程的式子化簡得：

聯(lián)立解得：

拍打第二次，同理可得：

下降過程中

上升過程中代入k后得

聯(lián)立得：

將h1代入到h2得：

拍打第三次，同理可得：

下降過程有

上升過程代入k值化簡得：

聯(lián)立解得：

再將h2代入到h3得：

拍打第N次時，同理可得：

下降過程有

上升過程代入k值得：

聯(lián)立有

將hN-1代入hN后有

其中，hN=H，h0=h

則有

[]

則有I=mv'=m

答：（1）籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比為；

（2）F0的大小為；

（3）沖量I的大小為m。

【點(diǎn)評】：本題以籃球為考查背景，主要考查了動量定理的相關(guān)應(yīng)用，分析過程中涉及到了牛頓第二定律，運(yùn)動學(xué)公式和動能定理，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是理解多次碰撞的規(guī)律，結(jié)合數(shù)學(xué)知識完成分析，難度極大。15.（多選題，5分）利用“渦流效應(yīng)”可實(shí)現(xiàn)冷熱氣體的分離。如圖，一冷熱氣體分離裝置由噴嘴、渦流室、環(huán)形管、分離擋板和冷熱兩端管等構(gòu)成。高壓氮?dú)庥蓢娮烨邢蛄魅霚u流室中，然后以螺旋方式在環(huán)形管中向右旋轉(zhuǎn)前進(jìn)，分子熱運(yùn)動速率較小的氣體分子將聚集到環(huán)形管中心部位，而分子熱運(yùn)動速率較大的氣體分子將聚集到環(huán)形管邊緣部位。氣流到達(dá)分離擋板處時，中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向，從A端流出，邊緣部位氣流從B端流出。下列說法正確的是（）

A.A端為冷端，B端為熱端B.A端流出的氣體分子熱運(yùn)動平均速率一定小于B端流出的C.A端流出的氣體內(nèi)能一定大于B端流出的D.該裝置氣體進(jìn)出的過程滿足能量守恒定律，但違背了熱力學(xué)第二定律E.該裝置氣體進(jìn)出的過程既滿足能量守恒定律，也滿足熱力學(xué)第二定律【正確答案】：ABE【解析】：根據(jù)題目的描述分析出AB端的氣體溫度高低，而溫度是分子平均動能的標(biāo)志，由此分析出平均速率的大小，理解氣體內(nèi)能的影響因素從而完成分析；

根據(jù)能量守恒定律和熱力學(xué)定律結(jié)合題意完成分析。

【解答】：解：ABC、根據(jù)題目描述可知，從A端為冷端，B端為熱端，因此A端流出的氣體分子熱運(yùn)動平均速率一定小于B端流出的，但氣體的質(zhì)量未知，所以無法確定氣體內(nèi)能的大小關(guān)系，故AB正確，C錯誤；

DE、該裝置氣體進(jìn)出的過程既滿足能量守恒定律，冷熱氣體接觸的部分會發(fā)生熱傳遞，因此也滿足熱力學(xué)第二定律，故D錯誤，E正確；

故選：ABE。

【點(diǎn)評】：本題主要考查了熱力學(xué)定律的相關(guān)應(yīng)用，讀懂題意，理解分子平均動能和影響因素，結(jié)合熱力學(xué)定律即可完成分析，考法新穎，對學(xué)生的閱讀理解能力要求較高，但整體難度不大。16.（問答題，8分）如圖，小贊同學(xué)設(shè)計了一個液體拉力測量儀。一個容積V0=9.9L的導(dǎo)熱汽缸下接一圓管，用質(zhì)量m1=90g、橫截面積S=10cm2的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與圓管壁間摩擦不計。活塞下端用輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一質(zhì)量m2=10g的U形金屬絲，活塞剛好處于A位置。將金屬絲部分浸入待測液體中，緩慢升起汽缸，使金屬絲從液體中拉出，活塞在圓管中的最低位置為B。已知A、B間距離h=10cm，外界大氣壓強(qiáng)p0=1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，環(huán)境溫度保持不變。求

（?。┗钊幱贏位置時，汽缸中的氣體壓強(qiáng)p1；

（ⅱ）活塞處于B位置時，液體對金屬絲拉力F的大小?！菊_答案】：

【解析】：（?。└鶕?jù)活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，對活塞受力分析列式可求解，

（ⅱ）根據(jù)所封一定質(zhì)量的理想氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律以及活塞受力平衡列方程求解即可。

【解答】：解：（?。┗钊幱贏位置時，根據(jù)活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)可知

p1S+（m1+m2）g=p0S，

代入數(shù)據(jù)解得p1=1.0×105Pa，

（ⅱ）活塞處于B位置時，根據(jù)活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體做等溫變化，

p1V0=p2（V0+Sh）

p2=p0-

聯(lián)立解得F=1N

答：（?。┗钊幱贏位置時，汽缸中的氣體壓強(qiáng)p1為1.0×105Pa，

（ⅱ）活塞處于B位置時，液體對金屬絲拉力F的大小為1N。

【點(diǎn)評】：該題考查對